2019-2020学年上海中学高一下学期期末数学试卷(解析版).pdf

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1、2019-2020 学年上海中学高一第二学期期末数学试卷一、填空题（共12 小题）.1在数列 an中，若 a11，则 an2在首项为2020，公比为的等比数列中，最接近于1 的项是第项3在等差数列an中，前 15 项的和 S1590，则 a84等比数列 an满足 a7a8a9 27则 log3a1+log3a2+log3a3+log3a155在等差数列an中，a10，S4S9，则 Sn取最大值时，n6数列 an由an（n N*）确定，则an中第10 个 3 是该数列的第项7已知方程在区间内有两个相异的解，则 k 的取值范围是8已知数列 an中 a11 且（n N），an9计算10数列 an中，

2、当 n 为奇数时，an5n+1，当 n 为偶数时，an，则这个数列的前2n项的和 S2n11一个数字生成器，生成规则如下：第1 次生成一个数x，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是x，另一个是x+3设第 n 次生成的数的个数为 an，则数列 an的前 n 项和 Sn；若 x 1，前 n 次生成的所有数中不同的数的个数为Tn，则 Tn12若数列 an，bn满足 a11，b1 1，若对任意的n N*，都有 an+1 an+bn+，bn+1 an+bn，设cn，则 无 穷 数 列 cn 的 所 有 项 的 和为二、选择题13用数学归纳法证明：“（n+1）（n+2）（n+n

3、）2n?1?3（2n+1）”从“nk 到 nk+1”左端需增乘的代数式为（）A（2k+1）（2k+2）B2（2k+1）CD14“b2ac”是“a，b，c 依次成等比数列”的（）条件A充分非必要B必要非充分C既不充分也不必要D充分必要15已知等差数列an的公差d 不为零，等比数列bn的公比q 是小于1 的正有理数若，且是正整数，则q 的值可以是（）ABCD16 Sn为实数构成的等比数列an的前 n 项和，则 Sn中（）A任一项均不为0B必有一项为0C至多有一项为0D或无一项为0，或无穷多项为0三、解答题17有三个数a，b，c 依次成等比数列，其和为21，且 a，b，c9 依次成等差效列，求a，b

4、，c18解下列三角方程：（1）4cos2x4cosx+10；（2）sin2x+3sinxcosx+10；（3）sin2x12（sinxcosx）+12019已知等差数列an满足 a20，a6+a8 10（1）求数列 an的通项公式；（2）求数列 的前 n 项和 Sn20已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn是 6 和 an的等差中项（1）求数列 an的通项公式和前n 项和 Sn；（2）若对任意的n N*，都有 Sn s，t，求 ts的最小值21对于实数a，将满足“0y1 且 xy 为整数”的实数y 称为实数x 的小数部分，用记号|x|表示，对于实数a，无穷数列 an满足如下条件：a1

5、|a，an+1其中 n1，2，3，（1）若 a，求数列 an；（2）当 a时，对任意的n N*，都有 ana，求符合要求的实数a 构成的集合A（3）若 a 是有理数，设a（p 是整数，q 是正整数，p、q 互质），问对于大于q 的任意正整数n，是否都有an0 成立，并证明你的结论参考答案一、填空题1在数列 an中，若 a11，则 an3n2【分析】利用等差数列定义和通项公式即可得出解：a11，则 an+1an+3，数列 an为首项为1，公差为3 的等差数列，an1+3（n1）3n2，故答案为：3n22在首项为2020，公比为的等比数列中，最接近于1 的项是第12项【分析】由已知可先求出数列的通

6、项公式，进而可求解：ana1qn12020（）n1，则数列单调递减，a1112020（）101，a1212020（）11 1故当 n12 时，数列的项与1 最接近故答案为：123在等差数列an中，前 15 项的和 S1590，则 a86【分析】由等差数列的前n 和可得，由等差数列的性质可得a1+a152a8，代入可求a8解：由等差数列的前n 和可得a86故答案为：64等比数列 an满足 a7a8a9 27则 log3a1+log3a2+log3a3+log3a1515【分析】利用等比数列的通项公式推导出a8 3，由此利用等比数列性质和对数函数运算法则能求出log3（a1a2a15）的值解：a7

7、a8a927，a8327，a83，a1a15a2a14a3a13a4a12a5a11a6a10 a7a9a829，log3a1+log3a2+log3a3+log3a15log3（a1?a2a15）log331515，故答案为：155在等差数列an中，a10，S4S9，则 Sn取最大值时，n6 或 7【分析】先由题设条件求出a1 6d，然后用配方法进行求解解：，解得 a1 6d，a10，d0，当 n 6 或 7 时，Sn取最大值故答案：6 或 76数列 an由 an（n N*）确定，则an中第 10 个 3 是该数列的第1536项【分析】借助于递推公式知道奇数项的值为其项数，而偶数项的值由对应

8、的值来决定又通过前面的项发现项的值为3 时，下角码是首项为3，公比为2 的等比数列即可求出第 8 个 3在该数列中所占的位置解：由题得：这个数列各项的值分别为1，1，3，1，5，3，7，1，9，5，11，3a12+a153+1518又因为 a3 3，a63，a123，a243即项的值为3 时，下角码是首项为3，公比为2 的等比数列所以第 10 个 3 是该数列的第32101 1536 项故答案为：15367已知方程在区间内有两个相异的解，则 k 的取值范围是0，1）【分析】由已知结合辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的图象可求解：因为在区间内有两个相异解，故 ycos2x+sin2

9、x 2sin（2x+），由 x 0，可得 2x+，其大致图象如图所示，结合图象可知，1 k+1 2，解可得 0k1，故答案为：0，1）8已知数列 an中 a11 且（n N），an【分析】本题考查数列的概念，由递推数列求数列的通项公式，适当的变形是完整解答本题的关键解：根据题意，an+1ananan+1，两边同除以anan+1，得，于是有：，上述 n1 个等式累加，可得，又 a11，得，所以；故答案为9计算【分析】先利用裂项求和可得，代入可求极限解：2故答案为：10数列 an中，当 n 为奇数时，an5n+1，当 n 为偶数时，an，则这个数列的前2n项的和 S2n5n2+n+2n+1 2【分

10、析】对数列an使用分组求和的办法即可求得其前2n 项的和解：由题意知：数列an的奇数项构成首项为6，公差为10 的等差数列；数列 an的偶数项构成首项为2，公比为2 的等比数列，故 S2n（a1+a3+a5+a2n1）+（a2+a4+a6+a2n）6n+5n2+n+2n+12故答案为：5n2+n+2n+1211一个数字生成器，生成规则如下：第1 次生成一个数x，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是x，另一个是x+3设第 n 次生成的数的个数为 an，则数列 an的前 n 项和 Sn2n1；若 x1，前 n 次生成的所有数中不同的数的个数为Tn，则 Tn【分析】（1）

11、根据题意，一个数字生成器，生成规则可得：第1 次生成 1 个数，第二次生成 2 个数，第三次生成4 个数，第四次生成8 个数，以此类推知该数列是等比数列，利用等比数列求和公式即可求出数列an的前 n 项和 Sn（2）因为一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是x，另一个是x+3，类推可求出数列的和解：（1）根据题意，一个数字生成器，生成规则可得：第1 次生成 1 个数，第二次生成2 个数，第三次生成4 个数，第四次生成8 个数，以此类推，第n 次生成的数的个数为 an2n1，显然，此数列为首项为1，公比为 2 的等比数列

12、再根据等比数列求和公式，则数列an的前 n 项和Sn2n1（2）因为一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x 生成两个数，一个是x，另一个是x+3第一次生成的数为“1”，第二次生成的数为“1、4”，第三次生成的数为“1、2、4、7”，第四次生成的数为“1、4、2、5、4、1、7、10”可观察出：第一次生成后前1 次所有数中不同的个数为“1”，第 2 次生成后前2 次所有数中不同的个数为“3”，第三次生成后前3 次所有数中不同的个数为“6”，第四次生成后前4 次所有数中不同的个数为“10”，以此类推以后为公差为4 的等差数列则易得数中不同的数

13、的个数为Tn，则 Tn所以，应填上12若数列 an，bn满足 a11，b1 1，若对任意的n N*，都有 an+1 an+bn+，bn+1an+bn，设 cn，则无穷数列 cn的所有项的和为1【分析】由题意可得an+1+bn+12（an+bn），则数列 an+bn是首项为2，公比为2 的等比数列，为本题解题的关键解：由题意，an+1+bn+12（an+bn），an+bn是首项为2，公比为2 的等比数列，而，可得，从而，其各项和为故答案为：1二、选择题13用数学归纳法证明：“（n+1）（n+2）（n+n）2n?1?3（2n+1）”从“nk 到 nk+1”左端需增乘的代数式为（）A（2k+1）（2

14、k+2）B2（2k+1）CD【分析】写出从nk 到 nk+1 时左边需增乘的代数式，化简即可解：当 nk 时，左端（k+1）（k+2）（k+3）（2k），当 n k+1 时，左端（k+2）（k+3）（2k）（2k+1）（2k+2），从 n k 到 nk+1 时左边需增乘的代数式是：2（2k+1）故选：B14“b2ac”是“a，b，c 依次成等比数列”的（）条件A充分非必要B必要非充分C既不充分也不必要D充分必要【分析】根据等比数列的性质和必要条件和充分条件即可判断解：“b2ac”，当 ab c0 时，“a，b，c 不成等比数列”，但“a，b，c 依次成等比数列”则一定有“b2ac”，故“b2a

15、c”是“a，b，c 依次成等比数列”的必要非充分条件，故选：B15已知等差数列an的公差d 不为零，等比数列bn的公比q 是小于1 的正有理数若，且是正整数，则q 的值可以是（）ABCD【分析】运用等差数列和等比数列的通项公式，确定的表达式，利用是正整数，q 是小于 1 的正有理数，即可求得结论解：根据题意：a2a1+d2d，a3a1+2d 3d，b2b1q d2q，b3b1q2d2q2，是正整数，q 是小于 1 的正有理数令t，t 是正整数，则有 q2+q+1，q，对 t 赋值，验证知，当t8 时，有 q符合题意故选：D16 Sn为实数构成的等比数列an的前 n 项和，则 Sn中（）A任一项

16、均不为0B必有一项为0C至多有一项为0D或无一项为0，或无穷多项为0【分析】举特例验证即可解：若 an1，则 Snn，显然 Sn中无一项为0，排除 A，B；若 an（1）n，显然当n 为偶数时，Sn 0，即 Sn中有无穷多项为0，排除 C，故选：D三、解答题17有三个数a，b，c 依次成等比数列，其和为21，且 a，b，c9 依次成等差效列，求a，b，c【分析】由题意可设abd，c9b+d，再由已知列关于b 与 d 的方程组求解b 与 d的值，则答案可求解：由题意，可设abd，c9b+d，于是，解得或，当 b4，d3 时，可得a1，b4，c16当 b4，d 12 时，可得a16，b 4，c11

17、8解下列三角方程：（1）4cos2x4cosx+10；（2）sin2x+3sinxcosx+10；（3）sin2x12（sinxcosx）+120【分析】（1）由条件可得，然后求出x 即可；（2）利用同角三角函数基本关系式化简，然后两边同除cos2x，可得 2tan2x+3tan x+1 0，再求出 x；（3）通过换元，转化为二次函数，进而得出解：（1）即；（2）即 sin2x+3sinxcosx+sin2x+cos2x0，两边同除cos2x，可得 2tan2x+3tan x+10，或 tanx 1，或；（3）令，则 sin2x 1t2，从而 1t212t+120，即 t2+12t 130，解

18、得 t 1或 t 13（舍），再由，或，或 x 2k+（k Z）19已知等差数列an满足 a20，a6+a8 10（1）求数列 an的通项公式；（2）求数列 的前 n 项和 Sn【分析】（1）等差数列 an的公差设为d，运用等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）求得（2n）?（）n1，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理，即可得到所求和解：（1）等差数列 an的公差设为d，a20，a6+a8 10，可得a1+d0，a1+5d+a1+7d 10，解得 a1 1，d 1，则 ana1+（n1）d1n+12n，n N*；（2）（2 n）?（

19、）n1，数列 的前 n 项和设为Sn，Sn1?（）0+0?（）+（1）?（）2+（3n）?（）n2+（2n）?（）n1，Sn1?（）+0?（）2+（1）?（）3+（3n）?（）n1+（2n）?（）n，上面两式相减可得，Sn1+（1）（）+（）2+（）n2+（）n1（2 n）?（）n1+（1）?（2n）?（）n，可得 Sn n?（）n120已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且 2Sn是 6 和 an的等差中项（1）求数列 an的通项公式和前n 项和 Sn；（2）若对任意的n N*，都有 Sn s，t，求 ts的最小值【分析】（1）利用数列递推式可以得到数列，an是首项为2，公比为的等比数列；

20、（2）分为两种情况，n 为奇数以及n 为偶数，再利用函数性质可以判定Sn增减性，从而得到 s与 t 的值解：（1）由题意，4Sn6+an，令 n 1，可得 a12，4Sn+16+an+1，得 4an+1an+1an，即，an是首项为2，公比为的等比数列，；（2）n 为奇数时，Sn关于 n 单调递减且恒成立，此时，；n 为偶数时，Sn关于 n 单调递增且恒成立，此时，；（sn）mins，（sn）max2 t，于是21对于实数a，将满足“0y1 且 xy 为整数”的实数y 称为实数x 的小数部分，用记号|x|表示，对于实数a，无穷数列 an满足如下条件：a1|a，an+1其中 n1，2，3，（1）

21、若 a，求数列 an；（2）当 a时，对任意的n N*，都有 ana，求符合要求的实数a 构成的集合A（3）若 a 是有理数，设a（p 是整数，q 是正整数，p、q 互质），问对于大于q 的任意正整数n，是否都有an0 成立，并证明你的结论【分析】（1）由题设知，a2，由此能求出（2）由 a1|a|a，知，14，由此进行分类讨论，能求出符合要求的实数 a 构成的集合A（3）成立证明：由 a 是有理数，可知对一切正整数n，an为 0 或正有理数，可设，由此利用分类讨论思想能够推导出数列am中 am以及它之后的项均为0，所以对不大q的自然数n，都有 an0解：（1）满足“0 y1 且 xy 为整数

22、”的实数 y 称为实数x 的小数部分，用记号|x|表示，a1，an+1其中 n 1，2，3，a2，ak，则 ak+1，所以（2）a1|a|a，14，当，即 12 时，1a，所以 a2+a10，解得 a，（a?（，1），舍去）当，即 23 时，a2，所以 a2+2a 10，解得 a，（a?（，舍去）当，即 34 时，所以 a2+3a 10，解得 a（a，舍去）综上，a，a，a（3）成立证明：由a 是有理数，可知对一切正整数n，an为 0 或正有理数，可设（pn是非负整数，qn是正整数，且既约）由，得 0p1q；若 pn0，设 qnapn+（0 Pn，是非负整数）则a+，而由，得，故 Pn+1 ，qn+1Pn，得 0Pn+1 Pn若 Pn0，则 pn+1 0，若 a1，a2，a3，aq均不为 0，则这 q 正整数互不相同且都小于q，但小于 q的正整数共有q1 个，矛盾（17 分）故 a1，a2，a3，aq中至少有一个为0，即存在m（1 m q），使得am0从而数列 am中 am以及它之后的项均为0，所以对不大q 的自然数n，都有 an0 （18分）（其它解法可参考给分）